2021届高考数学二轮复习第3部分思想篇素养升华第2讲分类讨论思想课件人教版.pptx
最新人教版高考数学复习第三篇考场技巧第2讲 思想方法
第2讲 思想方法(一) 函数与方程一、函数与方程思想在不等式中的应用【典例1】已知函数f(x)＝ax 2＋x ＋2－4a(a ≠0)，且对任意的x ∈R ，f(x)≥2x 恒成立． (1)若g(x)＝f （x ）x，x>0，求函数g(x)的最小值； (2)若对任意的x ∈[－1，1]，不等式f(x ＋t)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2 恒成立，求实数t 的取值范围．【解析】(1)因为对任意的x ∈R ，f(x)≥2x 恒成立， 所以ax 2－x ＋2－4a ≥0对x ∈R 恒成立，所以⎩⎨⎧a>0，Δ＝1－4a （2－4a ）≤0， 即⎩⎨⎧a>0，（4a －1）2≤0， 解得a ＝14 ，所以f(x)＝14 x 2＋x ＋1；因为g(x)＝f （x ）x ＝14 x ＋1x＋1，x>0， 又14 x ＋1x≥2x 4·1x ＝1(当且仅当x 4 ＝1x，即x ＝2时取等号)， 所以g(x)min ＝1＋1＝2.(2)由f(x ＋t)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2 得14 (x ＋t)2＋(x ＋t)＋1<14 ×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2 2 ＋x 2 ＋1，即3x 2＋(8t ＋8)x ＋4t 2＋16t<0，所以对任意的x ∈[－1，1]，不等式3x 2＋(8t ＋8)x ＋4t 2＋16t<0恒成立． 令m(x)＝3x 2＋(8t ＋8)x ＋4t 2＋16t ，则⎩⎨⎧m （－1）＝4t 2＋8t －5<0，m （1）＝4t 2＋24t ＋11<0，解得－52 <t<－12 ， 所以实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，－12 .函数与不等式的相互转化，把不等式问题转化为函数问题，借助函数的图象和性质可解决相关的问题．常涉及不等式恒成立、比较大小问题等，一般利用函数思想构造新函数，从而研究函数性质解决问题．已知函数g(x)＝ax 2－2ax ＋1＋b(a>0，b ∈R )在区间[2，4]上有最小值1和最大值9，设f(x)＝g （x ）x. (1)求a ，b 的值．(2)若不等式f(3x )－k ·3x ≥0在x ∈[－1，1]上有解，求实数k 的取值范围． 【解析】(1)函数g(x)＝ax 2－2ax ＋1＋b(a>0，b ∈R ) 则对称轴x ＝－－2a2a＝1， 故函数g(x)在[2，4]上为单调增函数，所以当 x ＝2时，g(x)min ＝1，当 x ＝4时，g(x)max ＝9， 所以⎩⎨⎧b ＋1＝1，8a ＋1＋b ＝9， 解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝0，故a 的值为1，b 的值为0.(2)由(1)得g(x)＝x 2－2x ＋1，f(x)＝g （x ）x ＝x ＋1x－2， 因为不等式f(3x )－k ·3x ≥0在x ∈[－1，1]上有解， 所以3x＋13x －2－k ·3x ≥0在x ∈[－1，1]上有解，设t ＝13x ，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3 ，所以t 2－2t ＋1≥k 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3 上有解，即(t 2－2t ＋1)max ≥k ，设h(t)＝t 2－2t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤13，3 ，对称轴t ＝1，则当t ＝3时，h(t)max ＝h(3)＝9－6＋1＝4， 所以实数k 的取值范围是(－∞，4]. 二、函数与方程思想在数列的应用【典例2】(1)(2021·银川二模)已知函数f(x)，对任意实数m ，n 都有f(m ＋n)＝f(m)＋f(n)－35，已知f(1)＝31，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)(n ∈N *)的最大值等于( ) A ．133 B ．135 C ．136 D ．138【解析】选C.因为对任意实数m ，n 都有f(m ＋n)＝f(m)＋f(n)－35， 所以f(n ＋1)＝f(n)＋f(1)－35＝f(n)－4，所以f(n ＋1)－f(n)＝－4， 故{f (n)}是以31为首项，以－4为公差的等差数列，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)＝31n ＋n （n －1）2 ×(－4)＝－2n 2＋33n ，对称轴为n ＝334，因为n ∈N *，所以n ＝8时，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n)取得最大值为136.(2)(2021·岳阳一模)已知数列{a n }满足a 1＝1，且点(a n ，a n ＋1－2n )在函数f(x)＝3x 的图象上．①求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1 是等比数列，并求{a n }的通项公式：②若b n ＝a n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：S n >3n ＋23 .【解析】①由点(a n ，a n ＋1－2n )在函数f(x)＝3x 的图象上， 可得a n ＋1＝2n ＋3a n ，所以a n ＋12n ＝3a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1 ＝32 ·a n 2n ＋12 ，也即a n ＋12n ＋1 ＋1＝32 ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n ＋1 ，由a 1＝1，所以a 121 ＋1＝32，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1 是首项和公比均为32 的等比数列，则a n 2n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32 n，所以a n ＝3n －2n .②b n ＝a n ＋1a n ＝3n ＋1－2n ＋13n －2n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 ＝3＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 >3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23 n ，所以，S n >3n ＋23 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23 2 ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23 n ＝3n ＋23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2n 3n 1－23＝3n ＋2－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23 n≥3n ＋2－43 ＝3n ＋23 .数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差数列、等比数列的通项公式、前n 项和公式都具有函数关系，都可以看成关于n 的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地寻找其函数关系，从而用函数思想或函数方法研究，解决问题，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平．1．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：a 3<0，且S 5S 6＋16＝0，则S 11的最小值为________． 【解析】由题意，a 3<0⇒a 1＋2d<0.S 5S 6＋16＝0⇒(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋16＝0. 设a 1＋5d ＝x.则(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋16＝0 ⇔15(x －3d)(2x －5d)＋16＝0 ⇔225d 2－165xd ＋30x 2＋16＝0. 因为关于d 的方程有实数解，故Δ≥0. 即(－165x)2－4×225×(30x 2＋16)≥0， 解得x ≥8或x ≤－8(舍去). 故S 11＝11(a 1＋5d)＝11x ≥88.此时a 1＝－203 ，d ＝4415 ，满足a 1＋2d<0.即S 11的最小值为88. 答案：882．已知f(x)＝x 2－3x ，数列{a n }前n 项和为S n ，且S n ＝f(n).(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝a n4×3n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且对于任意n ∈N *，总存在x ∈[4，6]，使得T n >mf(x)成立，求实数m 的取值范围．【解析】(1)因为f(x)＝x 2－3x ，S n ＝f(n)，所以S n ＝n 2－3n ， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2－3(n －1)，a n ＝S n －S n －1＝2n －4， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－2， 也满足a n ＝2n －4，故a n ＝2n －4. (2)因为a n ＝2n －4，b n ＝a n4×3n， 所以b n ＝2n －44×3n ＝n －22×3n ，b 1＝－16 <0，b 2＝0， 当n ≥3时，b n >0，故T 1＝T 2，为T n 的最小值，T n 的最小值为－16 ，因为对于任意n ∈N *，总存在x ∈[4，6]， 使得T n >mf(x)成立，所以－16>[mf(x)]min ，因为x ∈[4，6]，f(x)＝x 2－3x ＝⎝⎛⎭⎪⎫x －32 2 －94 ，所以f(x)∈[4，18]，当m ≥0时，显然－16 >[mf(x)]min 不成立；当m<0时，－16 >[mf(x)]min ，即－16 >18m ，解得m<－1108，故实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1108 .三、函数与方程思想在三角函数、平面向量中的应用【典例3】(1)已知△ABC 中，∠ABC ＝∠ACB ＝45°，BC ＝12，点M 是线段BC 上靠近点B 的三等分点，点N 在线段AM 上，则AN → ·CN → 的最小值为( ) A ．－365 B ．－725 C ．－185 D ．－545【解析】选C.由∠ABC ＝∠ACB ＝45°，可知∠BAC ＝90°.以点A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，如图所示．则A(0，0)，M(4 2 ，2 2 )，C(0，6 2 )， 设N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，12x ，其中0≤x ≤4 2 ，则AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，12x ，CN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ，12x －62 ，故AN → ·CN → ＝x 2＋12 x ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －62 ＝54 x 2－3 2 x.令f(x)＝54 x 2－3 2 x ，0≤x ≤4 2 ，则当x ＝625 时，函数f(x)有最小值，且f(x)min ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫625 ＝－185 ， 即AN → ·CN → 的最小值为－185.(2)(2021·合肥模拟)△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a( 3 cos C ＋sin C)＝ 3 b. ①求A ；②求cos 2B ＋cos 2C 的最小值．【解析】①因为a( 3 cosC ＋sin C)＝ 3 b ， 所以sin A( 3 cos C ＋sin C)＝ 3 sin B. 即sin A( 3 cos C ＋sin C)＝ 3 sin (A ＋C)，所以 3 sin A cos C ＋sin A sin C ＝ 3 sin A cos C ＋ 3 cos A sin C ， 得sin A sin C ＝ 3 cos A sin C ，因为0<C<π，所以sin C>0，得sin A ＝ 3 cos A.又因为0<A<π，所以tan A ＝ 3 ，所以A ＝π3. ②因为A ＝π3 ，所以B ＋C ＝2π3， 因为cos 2B ＋cos 2C ＝1＋cos2B 2 ＋1＋cos 2C2＝1＋12 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤cos 2B ＋cos ⎝⎛⎭⎪⎫4π3－2B ＝1＋12 cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π3 . 因为0<B<2π3 ，所以π3 <2B ＋π3 <5π3，得－1≤cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2B ＋π3 <12 .所以12 ≤1＋12 cos (2B ＋π3 )<54 .所以当A ＝B ＝C ＝π3 时，cos 2B ＋cos 2C 最小，最小值为12.1．含参数的三角函数方程问题的两种处理思路(1)分离参数构造函数，将方程有解转化为求函数的值域；(2)换元，将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程，进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决． 2．解决平面向量问题的常用方法对平面向量的模进行平方处理，把模的问题转化为数量积问题，再利用函数与方程思想进行分析与处理．1．(2021·南通二模)如图，点C 在半径为2的AB ︵ 上运动，∠AOB ＝π3 .若OC → ＝mOA→ ＋nOB → ，则m ＋n 的最大值为( )A ．1B ． 2C ．233D ． 3【解析】选C.以O 为原点，OA → 的方向为x 轴的正方向，建立平面直角坐标系，则有OA → ＝(2，0)，OB → ＝(1， 3 ). 设∠AOC ＝α，则OC → ＝(2cos α，2sin α). 由题意可知⎩⎨⎧2m ＋n ＝2cos α，3n ＝2sin α所以m ＋n ＝cos α＋33 sin α＝233 sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π3 .因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π3 ，所以α＋π3 ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3，2π3 ， 所以当α＋π3 ＝π2 ，即α＝π6 时，m ＋n 最大，最大值为233. 2．(2021·北京高考)已知在△ABC 中，c ＝2b cos B ，C ＝2π3. (1)求B 的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC 存在且唯一确定，并求出BC 边上的中线的长度．①c ＝ 2 b ；②周长为4＋2 3 ； ③面积为S △ABC ＝334.【解析】(Ⅰ)由已知及正弦定理，sin C ＝2sin B cos B ＝sin 2B ， 所以C ＝2B(舍去)或C ＋2B ＝π，所以B ＝π6； (Ⅱ)由(Ⅰ)及已知，c ＝ 3 b ，所以不能选①. 选②，设BC ＝AC ＝2x ，则AB ＝2 3 x ， 故周长为(4＋2 3 )x ＝4＋2 3 ， 解得x ＝1，即BC ＝AC ＝2，AB ＝2 3 ， 设BC 中点为D ，则在△ABD 中，由余弦定理， 得cos B ＝AB 2＋BD 2－AD 22×AB ×BD ＝12＋1－AD 243 ＝32 ，解得AD ＝7 .选③，设BC ＝AC ＝2x ，则AB ＝2 3 x ， 故S △ABC ＝12 ×(2x)×(2x)×sin 120°＝ 3 x 2＝334，解得x ＝32 ，即BC ＝AC ＝3 ，AB ＝3，设BC 中点为D ，则在△ABD 中，由余弦定理，得cos B ＝AB 2＋BD 2－AD 22×AB ×BD ＝9＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322－AD 233 ＝32 ，解得AD ＝212.四、函数与方程思想在解析几何中的应用【典例4】(2021·郑州二模)已知椭圆C ：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，左顶点为A ，点D ⎝⎛⎭⎪⎫1，32 是椭圆C 上一点，离心率为12 . (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 过椭圆右焦点F 2且与椭圆交于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 与直线x ＝4分别交于M ，N.①求证：M ，N 两点的纵坐标之积为定值； ②求△AMN 面积的最小值．【解析】(1)由题意，椭圆C ：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)过点D ⎝⎛⎭⎪⎫1，32 ，且离心率为12 ，可得⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝12，1a 2＋94b 2＝1，a 2－b 2＝c 2，解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的方程为 x 24 ＋y23 ＝1.(2)①设直线l 的方程为x ＝my ＋1，联立方程组⎩⎨⎧x ＝my ＋1，x 24＋y23＝1，整理得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，设P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，可得y 1＋y 2＝－6m 3 m 2＋4 ，y 1y 2＝－93m 2＋4， 直线AP 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，令x ＝4，可得y M ＝6y 1x 1＋2 ，同理可得y N ＝6y 2x 2＋2， 所以y M y N ＝36y 1y 2（x 1＋2）（x 2＋2） ＝36y 1y 2（my 1＋3）（my 2＋3）＝36y 1y 2m 2y 1y 2＋3m （y 1＋y 2）＋9 ＝36·－93m 2＋4 m 2·－93m 2＋4＋3m ·－6 m3m 2＋4＋9＝－9. ②由S △AMN ＝12 ·6·|y M －y N |＝3⎪⎪⎪⎪⎪⎪y M ＋9y M ≥3·2y M ·9y M＝18，当且仅当y M ＝3，y N ＝－3或y M ＝－3，y N ＝3时等号成立， 所以△AMN 面积的最小值为18.解决解析几何中的范围与最值问题的关键是抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助函数的性质解决问题，这是解决面积、线段长、最值与范围问题的基本方法．1．P 为椭圆x 216 ＋y215 ＝1上任意点，EF 为圆N ：(x －1)2＋y 2＝4的任意一条直径，则PE → ·PF →最大值为________．【解析】圆N ：(x －1)2＋y 2＝4的圆心为N(1，0)，半径长为2， 设点P(x ，y)，则y 2＝15－1516x 2且－4≤x ≤4， PE →＝PN → ＋NE → ，PF → ＝PN → ＋NF → ＝PN → －NE → ， 所以，PE → ·PF → ＝(PN → ＋NE → )·(PN → －NE → ) ＝PN → 2－NE → 2＝(x －1)2＋y 2－4 ＝x 2－2x ＋1＋15－1516x 2－4 ＝116 x 2－2x ＋12＝116(x －16)2－4， 所以，当x ＝－4时，PE → ·PF → 取得最大值，即(PE → ·PF → )max ＝116 ×(－4)2＋8＋12＝21.答案：212．(2021·德阳三模)已知平面上的动点E(x ，y)及两定点A(－2，0)，B(2，0)，直线EA ，EB 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1k 2＝－34 ，设动点E 的轨迹为曲线R.(1)求曲线R 的方程；(2)过点P(－1，0)的直线l 与曲线R 交于C ，D 两点．记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2，求|S 1－S 2|的最大值．【解析】(1)由题意知x ≠±2，且k 1＝y x ＋2 ，k 2＝y x －2 则y x ＋2 ·y x －2 ＝－34整理得，曲线R 的方程为x 24 ＋y 23 ＝1(y ≠0).(2)当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝－1 此时△ABD 与△ABC 面积相等，|S 1－S 2|＝0 当直线l 的斜率存在时，设直线方程为y ＝k(x ＋1)(k ≠0)C(x 1，y 1)，D(x 2，y 2) 联立方程，得⎩⎨⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k （x ＋1）消去y ，得：(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0.Δ>0，且x 1＋x 2＝－8k 23＋4k 2 ，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，此时|S 1－S 2|＝2||y 2|－|y 1||＝2|y 2＋y 1|＝2|k(x 2＋1)＋k(x 1＋1)| ＝2|k(x 2＋x 1)＋2k|＝12|k|3＋4k 2因为k ≠0，上式＝123|k|＋4|k| ≤1223|k|·4|k|＝12212 ＝ 3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当k ＝±32时等号成立所以|S 1－S 2|的最大值为 3 .(二) 分类与整合一、由概念、法则、公式引起的分类讨论【典例1】(2021·沧州三模)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和S n 满足a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *). (1)求S n ； (2)记 b n ＝S n ＋1－S nS n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)当n ≥2时，a n ＝S n －1＋1，所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)， 在a n ＋1＝S n ＋1中，令n ＝1，可得a 2＝a 1＋1. 因为a 1＝1，所以a 2＝2a 1，所以{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， 其通项公式为a n ＝2n －1，所以S n ＝a n ＋1－1＝2n －1. (2)因为b n ＝S n ＋1－S n S n S n ＋1 ＝1S n －1S n ＋1 ＝12n －1 －12n ＋1－1， 所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13 ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17 ＋…＋(12n －1 －12n ＋1－1 )，＝1－12n ＋1－1 .解决由概念、法则、公式引起的分类与整合问题的步骤第一步：确定需分类的目标和对象，即确定需要分类的目标，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．第二步：根据公式、定理确定分类标准，运用公式、定理对分类对象进行区分． 第三步：分类解决“分目标”问题，对分类出来的“分目标”分别进行处理． 第四步：汇总“分目标”，将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理．(2021·辽宁葫芦岛二模)已知椭圆G ：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)过A(0，4)，B( 5 ，－2 3 )两点，直线l 交椭圆G 于M ，N 两点． (1)求椭圆G 的标准方程；(2)若直线l 过椭圆G 的右焦点F ，是否存在常数t ，使得tOM → ·ON →＋FM → ·FN → 为定值，若存在，求t 的值及定值；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)由已知得b ＝4且5a 2 ＋12b 2 ＝1，解得a 2＝20，所以椭圆方程为x 220 ＋y 216＝1.(2)①当直线l 的斜率存在时，设直线l 为y ＝k(x －2)代入G 得(4＋5k 2)x 2－20k 2x ＋20k 2－80＝0，设M(x 1，y 1)，N(x 2，y 2)，Δ>0，x 1＋x 2＝20k 24＋5k 2 ，x 1x 2＝20k 2－804＋5k 2，y 1y 2＝k 2[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4]＝－64k 24＋5k 2tOM → ·ON → ＋FM → ·FN →＝t(x 1，y 1)·(x 2，y 2)＋(x 1－2，y 1)·(x 2－2，y 2) ＝t(x 1x 2＋y 1y 2)＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＋y 1y 2＝t 20k 2－804＋5k 2 ＋t －64k 24＋5k 2 ＋20k 2－804＋5k 2 －220k 24＋5k 2 ＋4＋－64k 24＋5k 2＝－（44t ＋64）k 2－（80t ＋64）5k 2＋4若tOM → ·ON →＋FM → ·FN → 为定值，故44t ＋645 ＝80t ＋644 ，解得t ＝－27 ，定值为－727.②当直线l 斜率不存在时，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，855 ，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－855 ， 所以OM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，855 ，ON → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－855 ，FM → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，855 ，FN → ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－855 ，OM → ·ON → ＝4－645 ＝－445 ，FM → ·FN →＝－645，当t ＝－27 时，tOM → ·ON → ＋FM → ·FN →＝－727综上所述，存在常数t ＝－27 ，使得tOM → ·ON →＋FM → ·FN → 为定值－727 .二、由参数的取值范围引起的分类讨论【典例2】(2021·广东三模)已知函数f(x)＝ln x ＋ax 2－x ，g(x)＝ln x －e x＋x 32＋1.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)函数f(x)＝ln x ＋ax 2－x 的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x)＝1x ＋2ax －1＝2ax 2－x ＋1x .①当a ＝0时，f ′(x)＝1－xx，若0<x<1，则f ′(x)>0；若x>1，则f ′(x)<0. 此时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； ②当a<0时，Δ＝1－8a>0，令f ′(x)＝0， 可得x ＝1＋1－8a 4a (舍)或x ＝1－1－8a4a .若0<x<1－1－8a4a，则f ′(x)>0； 若x>1－1－8a4a，则f ′(x)<0.此时， 函数f(x)的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a ， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞ ；③当a>0时，Δ＝1－8a.(ⅰ)若Δ＝1－8a ≤0，即当a ≥18 时，对任意的x>0，f ′(x)≥0，此时，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数； (ⅱ)若Δ＝1－8a>0，即当0<a<18 时，由f ′(x)＝0可得x ＝1＋1－8a 4a 或x ＝1－1－8a4a， 且1＋1－8a 4a >1－1－8a4a. 由f ′(x)>0，可得0<x<1－1－8a 4a 或x>1＋1－8a4a； 由f ′(x)<0，可得1－1－8a 4a <x<1＋1－8a 4a. 此时，函数f(x)的单调递减区间为(1－1－8a 4a ，1＋1－8a4a)， 单调递增区间为(0，1－1－8a 4a )，(1＋1－8a4a ，＋∞).综上所述，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1－1－8a4a)， 单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞ ；当a ＝0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)； 当0<a<18 时，函数f(x)的单调递减区间为(1－1－8a 4a ，1＋1－8a4a )，单调递增区间为(0，1－1－8a 4a )，(1＋1－8a4a，＋∞)； 当a ≥18时，函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数；(2)由f(x)≥g(x)，可得ln x ＋ax 2－x ≥ln x －e x ＋x32＋1，即a ≥x 2 －e x －x －1x 2对任意的x>0恒成立，令h(x)＝x 2 －e x －x －1x 2 ，其中x>0，h ′(x)＝12 －（x －2）e x ＋x ＋2x 3＝（x －2）（x 2＋2x ＋2－2e x ）2x 3，令φ(x)＝x 2＋2x ＋2－2e x ，其中x>0，则φ′(x)＝2x ＋2－2e x ，φ″(x)＝2－2e x <0. 所以，函数φ′(x)在(0，＋∞)上单调递减，则φ′(x)<φ′(0)＝0，所以，函数φ(x)在(0，＋∞)上单调递减， 故φ(x)<φ(0)＝0，所以，当0<x<2时，h ′(x)>0，此时函数h(x)在(0，2)上单调递增， 当x>2时，h ′(x)<0，此时函数h(x)在(2，＋∞)上单调递减． 所以，h(x)max ＝h(2)＝1－e 2－34 ＝7－e 24 ，所以a ≥7－e 24 .因此，实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫7－e 24，＋∞ .若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要做到标准明确、不重不漏．(2021·成都三模)已知函数f(x)＝ln x. (1)讨论函数g(x)＝f(x)－ax(a ∈R )的单调性； (2)证明：函数f(x)<e x －2(e 为自然对数的底数)恒成立．【解析】(1)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g ′(x)＝1x －a ＝1－axx (x>0)当a ≤0时，g ′(x)>0恒成立，所以，g(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令g ′(x)＝0，得到x ＝1a所以当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，g ′(x)>0，g(x)单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞ 时，g ′(x)<0，g(x)单调递减．综上所述：当a ≤0时，g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，g(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞ 上单调递减．(2)记函数φ(x)＝e x －2－ln x ＝e xe 2 －ln x ，则φ′(x)＝1e 2 ×e x －1x ＝e x －2－1x易知φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x)在(0，＋∞)上有唯一的实数根x 0，且1<x 0<2，则φ′(x 0)＝ex 0－2－1x 0 ＝0，即0x 2e －＝1x 0(*)当x ∈(0，x 0)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减； 当x ∈(x 0，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增， 所以φ(x)≥φ(x 0)＝0x 2e －－ln x 0，结合(*)式0x 2e－＝1x 0，知x 0－2＝－ln x 0， 所以φ(x)≥φ(x 0)＝1x 0 ＋x 0－2＝x 20 －2x 0＋1x 0 ＝（x 0－1）2x 0 >0则φ(x)＝e x －2－ln x>0，即e x －2>ln x ，所以有f(x)<e x －2恒成立． 三、由图形位置或形状引起的分类讨论【典例3】(1)设F 1，F 2为椭圆x 29 ＋y24 ＝1的两个焦点，点P 为椭圆上一点，已知点P ，F 1，F 2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF 1|>|PF 2|，则|PF 1||PF 2|＝_______． 【解析】若∠PF 2F 1＝90°，则|PF 1|2＝|PF 2|2＋|F 1F 2|2， 又|PF 1|＋|PF 2|＝6，|F 1F 2|＝2 5 ， 解得|PF 1|＝143 ，|PF 2|＝43 ，所以|PF 1||PF 2| ＝72. 若∠F 1PF 2＝90°，则|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2，所以|PF 1|2＋(6－|PF 1|)2＝20， 又|PF 1|>|PF 2|，所以|PF 1|＝4，|PF 2|＝2，所以|PF 1||PF 2| ＝2.综上知，|PF 1||PF 2| ＝72 或2.答案：72或2(2)在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，棱柱ABC A 1B 1C 1为一“堑堵”，P是BB1的中点，AA1＝AC＝BC＝2，设平面α过点P且与AC1平行，现有下列四个结论：①当平面α截棱柱的截面图形为等腰梯形时，该图形的面积等于332；②当平面α截棱柱的截面图形为直角梯形时，该图形的面积等于2 2 ；③异面直线AC1与CP所成角的余弦值为1010；④三棱锥C1ACP的体积是该“堑堵”体积的13.所有正确结论的序号是________．【解析】对于①，如图，取E，F，G分别为对应边中点，易知四边形PEFG是等腰梯形，且高为62，当E不是AA1中点时，PE不平行平面A1B1C1，则四边形不是梯形，等腰梯形有且仅有一个，S PEFG ＝12×( 2 ＋2 2 )×62＝332.所以①正确；对于②，向下作截面满足题意的梯形是直角梯形，同理，直角梯形有且仅有一个，其面积S＝12×(1＋2)× 2 ＝322 .所以②错误；对于③，将三棱柱补成正方体，J为对应边中点，易知∠CPJ为异面直线AC1与CP所成角或补角，CP＝CJ ＝ 5 ，PJ＝ 2 ，所以cos ∠CPJ＝225＝1010，所以③正确；对于④，VC1ACP＝VPC1CA＝13S△C1CA×2＝43，VABCA1B1C1＝12×2×2×2＝4，所以④正确．答案：①③④六类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类整合(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等．1．(2021·珠海二模)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，P为曲线C上一点，|PF1|∶|PF2|∶|F1F2|＝5∶4∶2，则曲线C的离心率为________．【解析】依题意：令焦距2c＝|F1F2|＝2m(m>0)，则|PF1|＝5m，|PF2|＝4m，当曲线C是椭圆时，长轴长2a＝|PF1|＋|PF2|＝9m，其离心率e＝2c2a＝29，当曲线C是双曲线时，实轴长2a＝|PF1|－|PF2|＝m，其离心率e＝2c2a＝2，所以曲线C的离心率为29或2.答案：29或22．设f(x)＝x 2－4x －4，x ∈[t ，t ＋1](t ∈R )，求函数f(x)的最小值g(t)的解析式． 【解析】f(x)＝x 2－4x －4＝(x －2)2－8，x ∈[t ，t ＋1]， 函数图象的对称轴为直线x ＝2，所以当2∈[t ，t ＋1]时，即1≤t ≤2时，所以g(t)＝f(2)＝－8. 当t ＋1<2，即t<1时，f(x)在[t ，t ＋1]上是减函数， 所以g(t)＝f(t ＋1)＝t 2－2t －7.当t>2时，f(x)在[t ，t ＋1]上是增函数，所以g(t)＝f(t)＝t 2－4t －4.综上：g(t)＝⎩⎨⎧t 2－2t －7，t ∈（－∞，1），－8，t ∈[1，2]，t 2－4t －4，t ∈（2，＋∞）.四、由运算性质引起的分类讨论【典例4】(2021·珠海二模)已知等差数列{a n }满足a 1＝－1，a 4＝2a 2＋a 3. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)若b n ＝ a 2n cosn π2，求数列{b n }的前40项和S 40. 【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，a 4＝a 1＋3d ，2a 2＋a 3＝3a 1＋4d ， 由a 1＝－1，a 4＝2a 2＋a 3，则a 1＋3d ＝3a 1＋4d ，得d ＝2， 所以a n ＝2n －3；(2)因b n ＝a 2n cos n π2，则有：①n 为奇数时，b n ＝0，②n 为偶数时，n ＝4k ＋2，k ∈N 时，b n ＝－a 2n ，n ＝4k ＋4，k ∈N 时，b n ＝a 2n ，所以S 40＝(a 24 －a 22 )＋(a 28 －a 26 )＋(a 212 －a 210 )＋…＋(a 236 －a 234 )＋(a 240 －a 238 ) ＝2d(a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 40)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫20a 2＋20×192×2d ＝3 120.计算时，常遇到需要分类讨论的问题，这时一般是根据绝对值的性质、函数奇偶性、指数函数性质、对数函数性质等进行分类讨论，在处理分段函数问题时，首先要确定自变量的取值属于哪个区间段，再选取相应的对应法则．离开定义域讨论问题是产生错误的重要原因之一．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2，数列{b n }为等差数列，b 1＝3a 1，b 4＝a 5－2. (1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n －b n ，求数列{|c n |}的前n 项和T n . 【解析】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，得a 1＝2； 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，由a n ＝S n －S n －1，得a n ＝2a n －1. 故{a n }为等比数列，其公比为2，所以a n ＝2n . 由a 1＝2，b 1＝3a 1，得b 1＝6，b 4＝a 5－2＝30，因为{b n }为等差数列，所以其公差d ＝8，所以b n ＝8n －2.(2)因为c n ＝a n －b n ＝2n －8n ＋2，所以当n ≤5时，c n <0，当n ≥5时，c n >0. 所以当n ≤5时，T n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝4n 2＋2n ＋2－2n ＋1. 当n>5时，T n ＝(b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b 5－a 5)＋(a 5－b 5＋…＋a n －b n ) ＝2n ＋1－4n 2－2n ＋94.故数列{|c n |}的前n 项和T n ＝⎩⎨⎧4n 2＋2n ＋2－2n ＋1，n ≤5，2n ＋1－4n 2－2n ＋94，n>5.(三) 数形结合一、数形结合思想在函数与方程中的应用【典例1】(2021·新乡三模)已知函数f(x)＝|x 2＋mx|(m>0)，当a ∈(1，4)时，关于x 的方程f(x)－a|x －1|＝0恰有两个不同的实根，则m 的取值范围是( ) A ．(0，2] B ．(1，3] C ．(0，3] D ．(1，4]【解析】选C.当x ＝1时，f(x)＝|m ＋1|>1， 所以x ＝1不是方程f(x)－a|x －1|＝0的实根；当x ≠1时，由f(x)－a|x －1|＝0，得a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（x －1）＋m ＋1x －1＋m ＋2 . 方程f(x)－a|x －1|＝0恰有两个不同的实根等价于直线y ＝a 与函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（x －1）＋m ＋1x －1＋m ＋2 的图象有两个不同的交点． 因为m>0，所以m ＋2＝(m ＋1 )2＋1>2m ＋1 ，则函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（x －1）＋m ＋1x －1＋m ＋2 的大致图象如图所示．因为a ∈(1，4)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋1＋m ＋2≥4，－2m ＋1＋m ＋2≤1，⇒0<m ≤3，m>0.利用数形结合思想研究方程解的问题(1)讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为两曲线交点问题． (2)准确做出两个函数的图象是解决问题的关键．数形结合应以快和准为原则，不能刻意去用数形结合．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧3x －x 3，x<02－x －1，x ≥0，若关于x 的方程4f 2(x)－4a ·f(x)＋2a ＋3＝0有5个不同的实根，求实数a 的取值范围．【解析】当x<0时，f(x)＝3x －x 3，则f ′(x)＝3－3x 2＝3(1－x)(1＋x)， 当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x)<0，f(x)单调递减， 当x ∈(－1，0)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增， 作出f(x)的图象，如图所示，令f(x)＝t ，则4t 2－4at ＋2a ＋3＝0， 令g(t)＝4t 2－4at ＋2a ＋3，由题意得方程g(t)＝0有两个不同的实根：①有两个不同的实根t 1，t 2，且t 1∈(－2，－1)，t 2∈(－1，0)，则有⎩⎨⎧g （－2）>0，g （－1）<0，g （0）>0，解得－32 <a<－76.②有两个不同的实根t 1，t 2，且t 1＝－1，t 2∈(－1，0)， 则有g(t 1)＝g(－1)＝6a ＋7＝0，则a ＝－76，方程为6t 2＋7t ＋1＝0，得t 1＝－1，t 2＝－16 ∈(－1，0)，满足条件．③有两个不同的实根t 1，t 2，且t 1＝0，t 2∈(－1，0)， 因为g(t 1)＝g(0)＝2a ＋3＝0，则a ＝－32，方程为t 2＋32 t ＝0，得t 1＝0，t 2＝－32∉(－1，0)，不符合题意，舍去．综上所述，实数a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－32，－76 .二、数形结合思想在求解不等式或参数范围中的应用【典例2】(2021·厦门三模)已知函数f(x)＝⎩⎨⎧2x 2＋x ＋2，x<0xe x －1＋2，x ≥0 ，若f(x)≥2|x －a|，则实数a 的取值范围是________．【解析】因为f(x)＝⎩⎨⎧2x 2＋x ＋2，x<0xe x －1＋2，x ≥0，当x<0时，f ′(x)＝4x ＋1，当x<－14 时，f ′(x)<0，函数单调递减，当－14 <x<0时，f ′(x)>0，函数单调递增，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14 ＝158 ，当x ≥0时，f ′(x)＝(x ＋1)ex －1，当x ≥0时，f ′(x)>0，此时f(x)单调递增． 图象如图所示：令g(x)＝2|x|，将其向右平移至与f(x)(x<0)相切，此刻a 取最大值， 即f ′(x)＝4x ＋1＝－2，得到x ＝－34 ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－34 ＝198 ，将⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，198 代入f(x)＝2|x －a|， 得198 ＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪－34－a ，所以a ＝716 ，a ＝－3116 (舍去)； 将g(x)＝2|x|向左平移至与f(x)(x>0)相切，此刻a 取最小值， 即f ′(x)＝(x ＋1)e x －1＝2，得到x ＝1，f(1)＝3， 将(1，3)代入f(x)＝2|x －a|，得3＝2|1－a|， 所以a ＝－12 ，a ＝52 (舍去)；所以a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，716 .答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，716利用数形结合处理不等式问题，要从题目的条件与结论出发，着重分析其几何意义，从图形上找出解题思路．因此，往往通过构造熟悉的函数，做出函数图象，利用图象的交点和图象的相对位置求解不等式．1．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，则不等式f （x ）－f （－x ）x<0的解集为( )A ．(－2，0)∩(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(0，2)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－2，0)∪(0，2)【解析】选D.由已知条件可以画出函数f(x)的草图，如图所示．由函数f(x)为奇函数可化简不等式f （x ）－f （－x ）x <0为2f （x ）x<0.若x>0，则需有f(x)<0，结合图象可知0<x<2； 若x<0，则需有f(x)>0，结合图象可知－2<x<0. 综上可知，不等式的解集为(－2，0)∪(0，2).2．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln （x ＋1），x>0.若|f(x)|≥ax ，则a 的取值范围是________．【解析】画出函数|f(x)|的图象，数形结合求解．作出函数y ＝|f(x)|的图象，如图， 当|f(x)|≥ax 时，必有k ≤a ≤0，其中k 是y ＝x 2－2x(x ≤0)在原点处的切线斜率，显然，k ＝－2.所以a的取值范围是[－2，0].答案：[－2，0]三、数形结合思想在解析几何中的应用【典例3】(1)已知P是直线l：3x－4y＋11＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，C是圆心，那么四边形PACB面积的最小值是( )A． 2 B．2 2 C． 3 D．2 3【解析】选C.圆的标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为C(1，1)，半径为r＝1，圆心C(1，1)到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝|3－4＋11|32＋42＝105＝2>r＝1，所以圆C与直线l相离．根据对称性可知，四边形PACB的面积为2S△APC ＝2×12×|PA|×r＝|PA|＝|PC|2－r2＝|PC|2－1 ，要使四边形PACB的面积最小，则只需|PC|最小．又|PC|最小值为圆心到直线l：3x－4y＋11＝0的距离d＝2.所以四边形PACB面积的最小值为|PC|2min－1 ＝4－1 ＝ 3 .(2)已知A(－4，0)，B是圆(x－1)2＋(y－4)2＝1上的点，点P在双曲线x29－y27＝1的右支上，则|PA|＋|PB|的最小值为( ) A．9 B．2 C．10 D．12【解析】选C.在双曲线x29－y27＝1中，a＝3，b＝7 ，c＝4，如下图所示：易知点F(4，0)为双曲线x 29 －y 27 ＝1的右焦点，由双曲线的定义可得|PA|－|PF|＝2a ＝6， 所以|PA|＝6＋|PF|，圆(x －1)2＋(y －4)2＝1的圆心为E(1，4)，半径为r ＝1， 且|EF|＝（1－4）2＋42 ＝5，所以|PA|＋|PB|＝6＋|PF|＋|PB|≥6＋|PF|＋|PE|－1≥|EF|＋5＝10，当且仅当E ，B ，P ，F 四点共线，且B ，P 分别为线段EF 与圆(x －1)2＋(y －4)2＝1和双曲线x 29－y 27 ＝1的交点时，两个等号同时成立． 因此，|PA|＋|PB|的最小值为10.应用数形结合解决平面解析几何中的最值，涉及到平面几何中的相关最值的判断问题．如线段长度之和问题往往转化为三点共线问题等．已知抛物线的方程为x 2＝8y ，点F 是其焦点，点A(－2，4)，在抛物线上求一点P ，使△APF 的周长最小，此时点P 的坐标为 ________．【解析】因为(－2)2<8×4，所以点A(－2，4)在抛物线x 2＝8y 的内部，如图，设抛物线的准线为l ，过点P 作PQ ⊥l 于点Q ，过点A 作AB ⊥l 于点B ，连接AQ.则△APF 的周长为|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PQ|＋|PA|＋|AF|≥|AQ|＋|AF|≥|AB|＋|AF|，当且仅当P ，B ，A 三点共线时，△APF 的周长取得最小值，即|AB|＋|AF|.因为A(－2，4)，所以不妨设△APF 的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y 0)，代入x 2＝8y ，得y 0＝12.故使△APF 的周长最小时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－2，12 .答案：⎝⎛⎭⎪⎫－2，12(四) 转化与化归一、一般与特殊的相互转化【典例1】(1)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C ：x 2a ＋1＋y 2a ＝1(a>0)的离心率为12 ，则椭圆C 的蒙日圆的方程为( ) A ．x 2＋y 2＝9 B ．x 2＋y 2＝7 C ．x 2＋y 2＝5 D ．x 2＋y 2＝4【解析】选B.因为椭圆C ：x 2a ＋1 ＋y 2a ＝1(a>0)的离心率为12 ，所以1a ＋1 ＝12 ，解得a ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24 ＋y 23 ＝1，所以椭圆的上顶点A(0， 3 )，右顶点B(2，0)， 所以经过A ，B 两点的切线方程分别为y ＝ 3 ，x ＝2， 所以两条切线的交点坐标为(2， 3 )， 又过A ，B 的切线互相垂直，由题意知交点必在一个与椭圆C 同心的圆上， 可得圆的半径r ＝22＋（3）2 ＝7 ， 所以椭圆C 的蒙日圆方程为x 2＋y 2＝7.(2)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a ，b ，c 成等差数列，则cos A ＋cos C1＋cos A cos C等于( )A ．45B．15C．35D．25【解析】选A.令a＝b＝c，则△ABC为等边三角形，且cos A＝cos C＝12，代入所求式子，得cos A＋cos C1＋cos A cos C＝12＋121＋12×12＝45.(1)一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，也可以通过一般问题的特殊情形找到一般思路；(2)特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果；对于某些选择题、填空题，可以把题中变化的量用特殊值代替，得到问题答案．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F的直线与C交于A，B两点，若|AF|＋|BF|＝3|AF|·|BF|，则p＝( )A．2 B．3 C．32D．23【解析】选D.因为AB是过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的弦，取其通径，所以2p＝1|AF|＋1|BF|＝|AF|＋|BF||AF|·|BF|＝3，所以p＝23.二、正与反的相互转化【典例2】若命题“∀x∈R，|x|－1＋m>0”是假命题，则实数m的取值范围是( ) A．[1，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－∞，1]【解析】选D“∀x∈R，|x|－1＋m>0”是假命题，所以∃x∈R，使得|x|－1＋m≤0成立是真命题，即|x|－1＋m≤0对于x∈R有解，所以m≤1－|x|，所以m≤(1－|x|)max，因为|x|≥0，所以－|x|≤0，1－|x|≤1，所以(1－|x|)max＝1，所以m≤1，所以实数m的取值范围是(－∞，1].正与反的转化正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，这充分体现了对立与统一的思想方法．一般地，题目中若出现多种成立的情况，则不成立的情形比较少，从反面思考比较简单．因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”情形的问题中．1．命题p ：∃x ∈{x|1≤x ≤9}，x 2－ax ＋36≤0，若p 是真命题，则实数a 的取值范围为( ) A ．[37，＋∞) B ．[13，＋∞) C ．[12，＋∞) D ．(－∞，13]【解析】选C.因为命题p ：∃x ∈{x|1≤x ≤9}，使x 2－ax ＋36≤0为真命题， 即∃x ∈{x|1≤x ≤9}，使x 2－ax ＋36≤0成立，即a ≥x ＋36x能成立， 设f(x)＝x ＋36x ，则f(x)＝x ＋36x≥2x ·36x＝12， 当且仅当x ＝36x，即x ＝6时，取等号，即f(x)min ＝12，所以a ≥12， 故a 的取值范围是[12，＋∞).2．已知函数f(x)＝ln x －ax －2在区间(1，2)上不单调，则实数a 的取值范围为( ) A ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23【解析】选B.由f ′(x)＝1x －a ＝1－ax x ，①当a ≤0时函数f(x)单调递增，不合题意；②当a>0时，函数f(x)的极值点为x ＝1a ，若函数f(x)在区间(1，2)不单调，必有1<1a <2，解得12 <a<1.三、常量与变量的相互转化【典例3】已知a ∈[－1，1]时，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a>0恒成立，则x 的取值范围为( ) A ．(－∞，2)∪(3，＋∞) B ．(－∞，1)∪(2，＋∞) C ．(－∞，1)∪(3，＋∞)D ．(1，3)【解析】选C.由题意，因为a ∈[－1，1]时，不等式x 2＋(a －4)x ＋4－2a>0恒成立， 可转化为关于a 的函数f(a)＝(x －2)a ＋x 2－4x ＋4， 则f(a)>0对应任意a ∈[－1，1]恒成立，则满足⎩⎨⎧f （－1）＝x 2－5x ＋6>0，f （1）＝x 2－3x ＋2>0，解得：x<1或x>3，即x 的取值范围为(－∞，1)∪(3，＋∞).(1)本题若利用常规方法求解，需把x 看作主元，就需要分类讨论，但是比较麻烦．而以a 为变量，则问题就变为一次函数，可以轻易解决该问题．(2)在处理多元问题时，可以选取其中的常数(或参数)，将其看作“主元”，实现主与次的转化，从而达到减元的目的．设f(x)＝x 2＋(a －1)x ＋5，若函数f(x)在区间[1，4]上的图象位于直线y ＝x ＋1上方，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2，＋∞)B ．[－2，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－2]【解析】选A.由题意得，f(x)＝x 2＋(a －1)x ＋5>x ＋1在区间[1，4]上恒成立， a －2>－x －4x 在区间[1，4]上恒成立，令y ＝x ＋4x，其图象如图所示：由图象知y ≥4，所以－x －4x ＝－y ≤－4，所以a －2>－4，解得a>－2.四、形、体位置关系的相互转化【典例4】如图，在棱长都为1的直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，∠BAD ＝60°，三棱锥C 1A 1BD 的体积为( )A ．33 B ．34 C ．36 D ．13【解析】选C.由棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1为直棱柱， 所以AA 1⊥平面ABCD ，由题意在△ABD 中，∠BAD ＝60°，AB ＝AD ＝1， 所以S △ABD ＝12 ×AD ×AB ×sin 60°＝34 ，所以VA 1ABD ＝13 ×S △ABD ×AA 1＝312 ，所以S ▱ABCD ＝2S △ABD ＝32，则直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为VABCD A 1B 1C 1D 1＝S ▱ABCD ×AA 1＝32， 由题意可知三棱锥C 1A 1BD 是直棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1切去角上的4个小三棱锥而得到的． 即切去4个小三棱锥为A 1ABD ，D BCC 1，D A 1D 1C 1，B A 1B 1C 1 由题意可得这4个小三棱锥的高均为AA 1， 且有S △ABD ＝S △BCC 1＝S △A 1D 1C 1＝S △A 1B 1C 1 所以VA 1ABD ＝VD BCC 1＝VD A 1D 1C 1＝VB A 1B 1C 1 所以VC 1A 1BD ＝32 －4×312 ＝36.形体位置关系相互转化的技巧(1)分析特征，一般要分析形体的特征，根据特征确定需要转化的对象；(2)位置转化，将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于观察、计算的常见几何体，进而求解相关问题．(3)由于新的几何体是由旧几何体转化而来，一定要注意准确理解新的几何体的特征分析；(4)得出结论，在新几何体结构中解决目标函数即可．(2021·江门一模)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 为棱DD 1上的一点，当A 1M ＋MC 取最小值时，B 1M 的长为( )A ．2 3B ． 5C ． 6D ． 3【解析】选D.如图所示，将侧面AA 1D 1D ，侧面CDD 1C 1延展至同一平面，当A 1，M ，C 三点共线时，A 1M ＋MC 取最小值， 易知四边形AA 1C 1C 为正方形，则∠CA 1C 1＝45°， 且△A 1D 1M 为等腰直角三角形，所以，D 1M ＝A 1D 1＝1，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，A 1M ＝ 2 ， 因为A 1B 1⊥平面AA 1D 1D ，A 1M ⊂平面AA 1D 1D ，所以A 1B 1⊥A 1M ，因此，B 1M ＝ A 1B 21 ＋ A 1M2 ＝3 .。
2021届高三高考数学二轮复习课件-第3部分 思想篇 素养升华
∴8＝2px0，①
点 A(x0,2 2)在圆 x2＋y2＝r2 上，
∴x20＋8＝r2，②
点 Dp2，
5在圆 x2＋y2＝r2 上，
∴5＋p22＝r2，③ 联立①②③，解得 p＝4(负值舍去)，
即 C 的焦点到准线的距离为 p＝4．故选 B．
(2)因为∠PAQ＝60°，|AP|＝|AQ|，
所以|AP|＝|AQ|＝|PQ|，
可得：a1－1＝－a2 020＋1， 即 a1＋a2 020＝2， 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn， 则 S2 020＝a1＋2a2 020×2 020＝2 020． 故选 C．
(2)根据题意，等比数列{an}中，若 S10＝33S5，则 q≠1， 则有a111－－qq10＝33×a111－－qq5，即(1－q10)＝33(1－q5)， 变形可得：1＋q5＝33，解可得 q＝2； 又由 S6＝63，则 a111－－qq6＝a111－－264＝63，解可得 a1＝1，则 an＝2n－1，
在△OQA 中，由余弦定理得，
●
(2)xex－2ln x＞2x＋a恒成立，
●
∴a＜xex－2ln x－2x，
●
设f(x)＝xex－2ln x－2x，对任意x∈(0，＋∞)，
●
设t＝ln x＋x，则t∈R，
●
设g(t)＝et－2t，
●
则g′(t)＝et－2，
●
令g′(t)＝0，解得t＝ln 2，
●
当t＜ln 2时，g′(t)＜0，当t＞ln 2，g′(t)＞0，
(2)(2020·绥化模拟)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比为 q，若 S10
＝33S5，S6＝63，则满足 anSn＞10(an＋Sn)的最小的 n 值为
2021届高考数学二轮专题复习PPT-数形结合思想(21张)
•4.用高超的手法描写动人的音乐：
2．了解作者生平及概况，正确理解作者的写作意图如作品的思想内容，才能做出正确的分析和评价。
(
• A．7 B．6 二、结合课文学习，进一步掌握常见的文言实词、虚词和句式，培养文言标点和翻译的能力。
4. 举现实生活中的实例，通过舟的浮动对水的依赖性，从而得出结论来说明大鹏鸟的飞翔对风的依赖性的句子是： 风之积也不厚，则其负大翼也无力。 21.《离骚》中屈原通过加高自己的帽子和佩带表明要使自己品格更加高洁的两句：
人行刺这种恐怖政策。
看，一群活泼可爱的小朋友向我们走来，笑容在他们脸上格外灿烂，时间在这一刻仿佛成为永恒。请欣赏3 年级小朋友为我们带来的歌曲《娃哈哈》。
值范围是 ( D ) 一、 导入：
一到阴雨的天气,天是湿漉漉的,地是湿漉漉的,让我们的心情不由得也有几分湿漉漉的 。雨总是带给我们一些莫名的忧郁、无可名状的哀伤，但这种微妙的情绪又很难准确把握，用
10.杜牧在本文中最后总结，六国和秦国的灭亡都是由于不修自身，咎由自取，怨不得别人的语句是：灭六国者六国也，非秦也。族秦者秦也，非天下也。
1．杜甫一生失意，常陷入病痛孤独之境，《登高》一诗对此都有直接描述，这些句子是：
（六）《诗经·卫风·氓》
【课时安排】一课时。
问：诗人回忆了在大堰河家里生活的几个分镜头？主画面又是什么呢？
第三部分
思想篇•素养升华
第3讲 数形结合思想
1 思想方法 • 解读 2 思想方法 • 应用
• 借助形的生动性和直观性来阐述数之间的关系，把数转化为形， 即以形作为手段，数作为目的解决数学问题的数学思想．
• 借助于数的精确性和规范性及严密性来阐明形的某些属性，即 以数作为手段，形作为目的解决问题的数学思想．
2021届高考数学统考第二轮专题复习思想篇数学思想方法的应用课件理202104102130
真题示例
[2019·江苏卷] 从3名男同学和2名
女同学中任选2名同学参加志愿者服
务,则选出的2名同学中至少有1名女
同学的概率是
.
解法关键
真题示例
解法关键
构造函数F(x)=f(x)-ax-b,当x≥0时, 分a≤-1,a>1,a=1,-1<a<1四种情 况,利用导数研究函数的单调性, 根据单调性解答问题.答案:C.
首先判断出数列{2n-1}与{3n-2}项的
{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排 特征,从而判断出两个数列公共项所构
列得到数列{an},则{an}的前n项和为 成新数列的首项以及公差,转化为等差
.
数列的求和问题.答案:3n2-2n.
真题示例
解法关键
[2020·全国卷Ⅰ] 已知☉M:x2+y2-2x-2y-2=0,直
C
(0,2)∪(4,+∞)
5.已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,Sn+Sn-1=3n2(n≥2),则
an=
.
思想四 转化与化归思想 转化与化归思想是指在研究解决数学问题时,采用某种手段将问题转化,使 问题得以解决的一种思维策略,其核心是把复杂的问题化归为容易求解的问题, 将较难的问题化归为较简单的问题,将未能解决的问题化归为已经解决的问题. 常见的转化与化归思想的应用具体表现在:将抽象函数问题转化为具体函 数问题,立体几何和解析几何中一般性点或图形问题转化为特殊点或特殊图 形,“至少”或“是否存在”等正向思维受阻问题转化为逆向思维,空间与平面的转 化,相等问题与不等问题的转化等.
A.64π B.48π C.36π D.32π
真题示例
解法关键
真题示例
最新-2021届高考数学文二轮复习课件：1.3 分类讨论思想 精品
[ 变 式 训 练 1] (2015·全 国 卷 Ⅰ ) 已 知 函 数 f(x) ＝
2x－1－2，x≤1， －log2x＋1，x＞1，
且 f(a)＝－3，则 f(6－a)＝(
)
A．－74 B．－54 C．－34 D．－14 解析：由于 f(a)＝－3， ①若 a≤1，则 2a－1－2＝－3，整理得 2a－1＝－1. 由于 2x>0，所以 2a－1＝－1 无解；
[思路点拨] 由于 f(x)＝ax＋b 中 a 的范围没有确定，故应对 a 进行分 类讨论，即 a>1 或 0<a<1.
[自主解答] 当 a>1 时，函数 f(x)＝ax＋b 在[－1,0]上为增函数，由题 意得aa－ 0＋1＋bb＝＝0－1， 无解．当 0<a<1 时，函数 f(x)＝ax＋b 在[－1,0]上为
[自主解答] (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． ①设 a＝0，则 f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点． ②设 a＞0，则当 x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0， 所以 f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又 f(1)＝－e，f(2)＝a，取 b 满足 b＜0 且 b＜ln a2， 则 f(b)＞a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b＞0， 故 f(x)存在两个零点．
③设 a＜0，由 f′(x)＝0 得 x＝1 或 x＝ln(－2a)． 若 a≥－2e，则 ln(－2a)≤1，故当 x∈(1，＋∞)时， f′(x)＞0，因此 f(x)在(1，＋∞)内单调递增． 又当 x≤1 时，f(x)＜0，所以 f(x)不存在两个零点． 若 a＜－2e，则 ln(－2a)＞1，故当 x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0； 当 x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0. 因此 f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递 增．
最新-2021高考新课标数学文二轮专题复习课件：攻略一第2讲分类讨论思想、转化与化归思想 精品
2．转化与化归思想
转化与化归思想方法的实质：就是在研究和解决有 关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化， 进而得到解决的一种方法．一般是将复杂的问题通过变 换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容 易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决 的问题．
角度 1 由概念、法则、公式、性质引起的分类讨论
(2)(2016·河南信阳一模)设 f(x)是定义在 R 上的单调 增函数，若 f(1－ax－x2)≤f(2－a)对任意 a∈[－1，1]恒成 立，则 x 的取值范围为________．
解析：(1)构造函数 g(x)＝ex·f(x)－ex，则 g′(x)＝ex·f(x) ＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，
∴g(x)＝ex·f(x)－ex 是 R 上的增函数． 又∵g(0)＝3，∴不等式可转化为 g(x)>g(0)，解得 x>0. 故不等式 exf(x)>ex＋3 的解集为(0，＋∞)．
(2)∵f(x)在 R 上是增函数， ∴由 f(1－ax－x2)≤f(2－a)， 可得 1－ax－x2≤2－a，a∈[－1，1]． ∴a(x－1)＋x2＋1≥0 对 a∈[－1，1]恒成立． 令 g(a)＝(x－1)a＋x2＋1.
(2)不等式组 分)所示．
表示的可行域如图(阴影部
由图可知，若要使不等式组
表示的平面区域
是直角三角形，只有当直线 y＝kx＋1 与直线 x＝0 或 y＝
2x 垂直时才满足．
结合图形可知斜率 k 的值为 0 或－12. 答案：(1)A (2)－12或 0
[规律方法] 常见的由图形的位置或形状变化引起 的分类讨论
答案：(1)－3，32 (2)－337，－5
2021-2022年高三数学第二轮专题复习分类讨论思想课堂资料
2021年高三数学第二轮专题复习分类讨论思想课堂资料一、基础知识整合分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，也是一种数学思想，这种思想对于简化研究对象，发展人的思维有着重要帮助，因此，有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置。
所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答。
实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略。
1.分类原则：分类应按同一标准进行，不重复，不遗漏，分层次，不越级讨论.2.分类方法：明确讨论对象以及研究的范围;确定分类标准，正确进行分类；逐类进行讨论，获取阶段性成果；归纳小结，综合出结论.3.含参数问题的分类讨论是常见题型。
4.注意简化或避免分类讨论。
二、例题解析[例1] 一条直线过点（5，2），且在x 轴，y 轴上截距相等，则这直线方程为（ ） (A) (B)(C)x y x y +-=-=70250或 (D)x y y x ++=-=70250或 [分析]设该直线在x 轴，y 轴上的截距均为a , 当a =0时，直线过原点，此时直线方程为；当时，设直线方程为x a yaa +==17，则求得，方程为。
[例2] 15sin cos cos 213ABC A B C ∆==中，已知，，求. [分析][]∴=-+=--⋅cos cos()cos cos sin sin C A B A B A B因此，只要根据已知条件，求出cos A ，si n B 即可得cosC 的值.但是由si nA 求cos A 时，是一解还是两解？这一点需经过讨论才能确定，故解本题时要分类讨论。
对角A 进行分类.[解]50cos 132B B ABC <=<∆为的一个内角 ∴<<=45901213 B B ，且sin ⑴若为锐角，由，得，此时A A A A sin cos ===123032⑵若为钝角，由，得，此时A A A A B sin ==+>12150180这与三角形的内角和为180°相矛盾。
高中数学二轮复习(文) 方法、思想解读 课件 (全国通用)
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方法一
方法二
方法三
方法四
方法五
方法六
方法二 等价转化法 等价转化法就是用直接法求解时,问题中的某一个量很难求,把 所求问题等价转化成另一个问题后,这一问题的各个量都容易求, 从而使问题得到解决.通过转化,把不熟悉、复杂的问题转化为熟 悉、简单的问题.
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方法一
方法二
方法三
方法四
方法五
方法六
2 2 2 ∴ 2 − ������0 =1,即 ������0 =2+2������0 , 2 2 ∴2+2������0 -3+������0 <0,
2 ������ 0
∴- 3 <y0< 3 .
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3
3
方法一
方法二
方法三
方法四
方法五
方法六
突破训练1(1)(2017山西实验中学3月模拟,文5)设f(x)是定义在R 上的奇函数,且f(2-x)=f(x),当-1≤x<0时,f(x)=log2(-3x+1),则f(2 017) 的值为 ( B ) A.-1 B.-2 C.1 D.2 解析:根据题意,f(x)是定义在R上的奇函数,且f(2-x)=f(x),则有 f(2+x)=-f(x), 则f(4+x)=f[2+(2+x)]=-f(2+x)=f(x),则函数f(x)的周期为4, f(2 017)=f(4×504+1)=f(1)=-f(-1)=-log2[(-3)×(-1)+1]=-2, 即f(2 017)=-2,故选B.
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方法一
方法二
方法三
方法四
方法五
方法六
最新-2021届高三数学理二轮复习课件：第二篇 数学思想2.1 精品
则函数y=f(x)与y=loga(x+2)在区间(-2，6]上有3个 不同的交点，如图所示， 又f(-2)=f(2)=3，因此，对于函数y=loga(x+2)， 由题意可得，当x=2时的函数值小于3， 当x=6时的函数值大于3， 即loga4<3，且loga8>3，解3得4 <a<2.
【规律方法】利用函数与方程思想解决交点及根的问 题的思路 (1)应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的 问题,应用函数思想把方程根的问题转化为函数零点问 题. (2)含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离参 数化为函数解决.
【变式训练】
1.(2016·赤峰一模)如图,A是单位圆与x轴的交点,点P
在单位圆上,∠AOP=θ(0<θ<π),OQ OA OP，四边 形OAQP的面积为S,当 OA OP +S取得最大值时θ的值 为( )
A. B. C. D.
6
4 32
【解析】选B.由 OQ OA知 四OP边, 形OAQP为平行四边
形,
故 OA OP S OA OP cos OA OP sin
cos＋sin＝ 2sin( )， 4
所以θ= 时,有最大值 . 2
4
2.(2016·西宁一模)已知正四棱锥的体积为 32 ,则正
3
四棱锥的侧棱长的最小值为 ( )
A.2 3
B.2
C.2 2
D.4
【解析】选A.如图所示,设正四棱锥的底面边长为a,
第二篇 思想方法精析 第一讲 函数与方程思想
【思想解读】 1.函数的思想:是通过建立函数关系或构造函数,运用 函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题 得到解决的思想. 2.方程的思想:是建立方程或方程组,或构造方程,通过 解方程或方程组或运用方程的性质去分析、转化问题, 使问题获得解决的思想.
2021新高考数学二轮总复习 第3讲 分类讨论思想、转化与化归思想学案(含解析)-人教版高三全册数学
第3讲 分类讨论思想、转化与化归思想分类讨论思想是解决高中数学问题的一种重要思想方法,是中学数学四种重要的数学思想之一,尤其在解决含参数问题中发挥着重要作用,大大提高了学生的解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透,并快速找准突破点.充分利用分类讨论思想将复杂问题分解成若干题目涉及的知识角度进行求解.解题时要注意,按主元分类的结果应求并集,按参数分类的结果要分类给出. 思想方法诠释 1.分类讨论的思想含义分类讨论,就是当问题所给的对象不能进行统一研究时,就需要对研究对象按某个标准分类,然后对每一类分别研究得出每一类的结论,最后综合各类结果得到整个问题的结果.实质上,分类讨论是“化整为零,各个击破,再积零为整”的数学策略. 2.分类讨论的原则(1)不重不漏;(2)标准要统一,层次要分明;(3)能不分类的要尽量避免,决不无原则地讨论. 3.分类讨论的常见类型(1)由数学概念而引起的分类讨论;(2)由数学运算要求而引起的分类讨论;(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论;(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论;(5)由参数的变化而引起的分类讨论;(6)由实际意义引起的讨论. 思想分类应用应用一 由数学的概念、定理、公式引起的分类讨论 【例1】(1)(2020安徽合肥二模,文10)记F 1,F 2为椭圆C :x 2x+y 2=1的两个焦点,若C 上存在点M 满足xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则实数m 的取值范围是( )A.(0,12]∪[2,+∞) B.[12,1)∪[2,+∞) C.(0,12]∪(1,2]D.[12,1)∪(1,2](2)设等比数列{a n }的公比为q ,前n 项和S n >0(n=1,2,3,…),则q 的取值范围是 .思维升华1.在中学数学中,一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性,基本不等式,等比数列的求和公式等在不同的条件下有不同的结论,或者在一定的限制条件下才成立,应根据题目条件确定是否进行分类讨论.2.有些分类讨论的问题是由运算的需要引发的.比如除以一个数时,这个数能否为零的讨论;解方程及不等式时,两边同乘一个数,这个数是零、是正数还是负数的讨论;二次方程运算中对两根大小的讨论;差值比较中的差的正负的讨论;有关去绝对值或根号问题中等价变形引发的讨论等.【对点训练1】(1)“a ≤0”是“函数f (x )=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件(2)(2020广东茂名一模,理12)已知函数f (x )={xx 2-xx +1,x ≤1,x -x ln x ,x >1(a ∈R ),若函数f (x )有四个零点,则a 的取值范围是( ) A.(-∞,0) B.(e,+∞) C.(4,+∞)D.(4,e 2)应用二 由参数引起的分类讨论【例2】设函数f (x )=ln(x+a )+x 2.若f (x )存在极值,求a 的取值范围,并证明所有极值之和大于ln e2.思维升华含有参数的分类讨论问题主要包括:(1)含有参数的不等式的求解;(2)含有参数的方程的求解;(3)函数解析式中含参数的最值与单调性问题;(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等.【对点训练2】(2020山东潍坊临朐模拟一,22)已知函数f(x)=m ln x-x+xx(m∈R).(1)讨论f(x)的单调性;(2)略应用三由图形位置或形状引起的分类讨论【例3】设F1,F2为椭圆x29+x24=1的两个焦点,点P为椭圆上一点.已知P,F1,F2是一个直角三角形的三个顶点,且|PF1|>|PF2|,则|xx1xx2|的值为.思维升华圆锥曲线形状不确定时,常按椭圆、双曲线来分类讨论,求圆锥曲线的方程时,常按焦点的位置不同来分类讨论.【对点训练3】设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1,F2,若曲线C上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则曲线C的离心率等于.应用方法归纳1.简化分类讨论的策略:(1)消去参数;(2)整体换元;(3)变更主元;(4)考虑反面;(5)整体变形;(6)数形结合;(7)缩小范围等.2.分类讨论遵循的原则:不遗漏、不重复,科学地划分,分清主次,不越级讨论.转化与化归思想方法,就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化,进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题,将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题,将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题.思想方法诠释1.转化与化归思想的含义转化与化归的思想方法,就是在研究和解决有关数学问题时,采用某种手段将问题通过变换使之转化,进而得到解决的一种思想方法.2.转化与化归的原则(1)熟悉化原则;(2)简单化原则;(3)直观化原则;(4)正难则反原则;(5)等价性原则.3.常见的转化与化归的方法(1)直接转化法;(2)换元法;(3)数形结合法;(4)构造法;(5)坐标法;(6)类比法;(7)特殊化方法;(8)等价问题法;(9)补集法;(10)参数法.思想分类应用应用一特殊与一般化【例1】(1)e416,e525,e636(其中e为自然常数)的大小关系是()A.e416<e525<e636B.e636<e525<e416C.e525<e416<e636D.e636<e416<e525(2)(2020河北武邑中学三模,16)已知实数a,b,c,d满足x-2e xx =2-xx-1=1,其中e是自然对数的底数,那么(a-c)2+(b-d)2的最小值为.思维升华1.当问题难以入手时,应先对特殊情形进行观察、分析,发现问题中特殊的数量或关系,再推广到一般情形,以完成从特殊情形的研究到一般问题的解答的过渡,这就是特殊化的化归策略.2.数学题目有的具有一般性,有的具有特殊性,解题时,有时需要把一般问题化归为特殊问题,有时需要把特殊问题化归为一般问题.【对点训练1】(2020湖南长郡中学四模,11)若0<x<1,则ln3+13,x2+1e x2,x+1e x的大小关系是()A.x2+1e x2>ln3+13>x+1e xB.x2+1e x2>x+1e x>ln3+13C.ln3+13>x+1e x>x2+1e x2D.ln3+13>x2+1e x2>x+1e x应用二命题等价转化【例2】(2020上海考前压轴卷,11)已知a,b,2c是平面内三个单位向量,若a⊥b,则|a+4c|+2|3a+2b-c|的最小值是.思维升华本例题充分体现了命题等价转化的重要性,首先将条件“三个向量都是单位向量及a⊥b”,等价转化为“2c=e及a=(1,0),b=(0,1)”,这样就达到了变陌生为熟悉的目的;其次将“|a+2e|”等价转化为“|2a+e|”,为求最值创造了有利条件同时也简化了运算;然后将“两向量模的和的最值”等价转化为“两根式和的最值”,最后根据两根式和的几何意义,将问题等价转化为两点的距离.【对点训练2】(1)已知在(-∞,1]上单调递减的函数f(x)=x2-2tx+1,且对任意的x1,x2∈[0,t+1],总有|f(x1)-f(x2)|≤2,则实数t的取值范围为()A.[-√2,√2]B.[1,√2]C.[2,3]D.[1,2](2)(2020河北武邑中学三模,5)若数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a2=2,(S n+1)(S n+2+1)=(x x+1+1)2,则S n=()A.x(x+1)2B.2n-1C.2n-1D.2n-1+1应用三常量与变量的转化【例3】已知函数f(x)=x3+3ax-1,g(x)=f'(x)-ax-5,其中f'(x)是f(x)的导函数.对满足-1≤a≤1的一切a的值,都有g(x)<0,则实数x的取值范围为.思维升华在处理多变量的数学问题中,在常量(或参数)在某一范围取值的前提下求变量x的范围时,经常进行常量与变量之间的转化,即可以选取其中的参数,将其看做是变量,而把变量看做是常量,从而达到简化运算的目的.【对点训练3】设f(x)是定义在R上的增函数,若f(1-ax-x2)≤f(2-a)对任意a∈[-1,1]恒成立,则x的取值范围为.应用四函数、方程、不等式之间的转化【例4】已知不等式xy≤ax2+2y2对于x∈[1,2],y∈[2,3]恒成立,则a的取值范围是() A.[1,+∞) B.[-1,4)C.[-1,+∞)D.[-1,6]思维升华函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系,解决方程、不等式的问题需要函数帮助,解决函数的问题需要方程、不等式的帮助,因此借助于函数、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简,常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题;将不等式证明问题转化为函数的单调性与最值问题;将方程的求解问题转化为函数的零点问题、两个函数图象的交点问题等.【对点训练4】(1)(2020山东菏泽一模,8)已知大于1的三个实数a,b,c满足(lg a)2-2lg a lg b+lg b lg c=0,则a,b,c的大小关系不可能是()A.a=b=cB.a>b>cC.b>c>aD.b>a>c(2)已知函数f(x)=3e|x|.若存在实数t∈[-1,+∞),使得对任意的x∈[1,m],m∈Z,且m>1,都有f(x+t)≤3e x,求m的最大值.应用五正难则反的转化+2x2-2x在区间(t,3)上总不为单调函数,【例5】若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x3+x2则实数m的取值范围是.思维升华否定性命题,常要利用正反的相互转化,先从正面求解,再取正面答案的补集即可.一般地,题目若出现多种成立的情形,则不成立的情形相对很少,从反面考虑较简单.因此,间接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命题情形的问题中.【对点训练5】安排甲、乙、丙、丁4人参加3个运动项目,每人只参加一个项目,每个项目都有人参加.若甲、乙2人不能参加同一个项目,则不同的安排方案的种数为.(用数字作答)应用方法归纳1.在应用化归与转化的思想方法去解决数学问题时,没有一个统一的模式,它可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换.2.转化与化归思想在解题中的应用(1)在三角函数和解三角形中,主要的方法有公式的“三用”(顺用、逆用、变形用),角度的转化,函数的转化,通过正弦、余弦定理实现边角关系的相互转化.(2)在解决平面向量与三角函数、平面几何、解析几何等知识的交汇题目时,常将平面向量语言与三角函数、平面几何、解析几何语言进行转化.(3)在解决数列问题时,常将一般数列转化为等差数列或等比数列求解.(4)在利用导数研究函数问题时,常将函数的单调性、极值(最值)、切线问题,转化为由其导函数f'(x)构成的方程、不等式问题求解.第3讲 分类讨论思想、转化与化归思想 一、分类讨论思想 思想分类应用【例1】(1)A (2)(-1,0)∪(0,+∞)解析(1)当焦点在x 轴上时,a 2=m ,b 2=1,m>1,由对称性可知当M 为上下顶点时,∠F 1MF 2最大,因为xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,则∠F 1MF 2≥π2,∠F 1MO ≥π4,所以tan ∠F 1MO=xx≥tan π4=1,即√x -11≥1,解得m ≥2;当焦点在y 轴上时,a 2=1,b 2=m ,0<m<1,当M 为左右顶点时,∠F 1MF 2最大,因为xx 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·xx 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 则∠F 1MF 2≥π2,∠F 1MO ≥π4,所以tan ∠F 1MO=xx≥tan π4=1,即√1-x √x≥1,解得0<m ≤12,故选A .(2)由{a n }是等比数列,S n >0,可得a 1=S 1>0,q ≠0,当q=1时,S n =na 1>0,符合题意; 当q ≠1时,S n =x 1(1-x x )1-x >0,即1-x x1-x >0(n=1,2,3,…),则有{1-x >0,1-x x >0,①或{1-x <0,1-x x <0,② 由①得-1<q<0,或0<q<1,由②得q>1. 综上,可得q 的取值范围是(-1,0)∪(0,+∞).对点训练1(1)C (2)C 解析(1)当a=0时,f (x )=|x|在区间(0,+∞)上单调递增;当a<0时,f (x )=(-ax+1)x=-a (x -1x )x ,结合二次函数的图象可知f (x )=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增; 当a>0时,函数f (x )=|(ax-1)x|的大致图象如图.函数f (x )在区间(0,+∞)上有增有减,所以a ≤0是函数f (x )=|(ax-1)x|在区间(0,+∞)上单调递增的充要条件,故选C .(2)当a=0时,f (x )={1,x ≤1,x ,x >1,函数f (x )无零点,舍去.当a<0,且x ≤1时,f (x )=ax 2-ax+1为开口向下,对称轴为x=12的二次函数,f (12)=a ×(12)2-a ×12+1=-14a+1>0,f (1)=a-a+1=1>0.则x ≤1时,函数f (x )与x 轴只有一个交点; 当a<0,且x>1时,f (x )=x-a ln x.f'(x )=1-xx =x -xx>0, 故函数f (x )在(1,+∞)上单调递增,则f (x )>f (1)=1,即x>1时,函数f (x )与x 轴无交点; 则当a<0时,函数f (x )有一个零点.与题意不符,舍去.当a>0,且x ≤1时,f (x )=ax 2-ax+1为开口向上,对称轴为x=12的二次函数.f (12)=a ×(12)2-a ×12+1=-14a+1,f (1)=a-a+1=1>0.函数f (x )在(-∞,1]最多有两个零点; 当a>0,且x>1时,f (x )=x-a ln x.f'(x )=1-xx =x -x x. 令f'(x )=0,得x=a ,当0<a ≤1时,f'(x )>0,在(1,+∞)内单调递增,与已知矛盾,不符合题意,舍去;当a>1时,x ∈(a ,+∞)时,f (x )单调递增,x ∈(1,a )时,f (x )单调递减,f (a )=a-a ln a ,函数f (x )在(1,+∞)最多有两个零点.若使得函数f (x )有四个零点,则需{x >1,x (12)<0,x (x )<0,即{x >1,-14x +1<0,x -x ln x <0,解得a>4.故选C .【例2】解f (x )的定义域为(-a ,+∞),f'(x )=2x 2+2xx +1x +x,记g (x )=2x 2+2ax+1,其判别式为Δ=4a 2-8.①若Δ≤0,即-√2≤a ≤√2时,f'(x )≥0在(-a ,+∞)上恒成立,所以f (x )无极值. ②若Δ>0,即a>√2或a<-√2时,g (x )=0有两个不同的实根x 1=-x -√x 2-22和x 2=-x +√x 2-22,且x 1<x 2,由根与系数的关系可得{x 1+x 2=-x ,x 1·x 2=12,即{(x 1+x )+(x 2+x )=x ,(x 1+x )·(x 2+x )=12.(ⅰ)当a<-√2时,有x 1+a<0,x 2+a<0,即x 1<-a ,x 2<-a ,从而,f'(x )=0在(-a ,+∞)上没有实根,所以f (x )无极值.(ⅱ)当a>√2时,有x 1+a>0,x 2+a>0,即x 1>-a ,x 2>-a ,从而,f'(x )=0在(-a ,+∞)上有两个不同的根,且f (x )在x=x 1,x=x 2处取得极值.综上所述,f (x )存在极值时,a 的取值范围为(√2,+∞).f (x )的极值之和为f (x 1)+f (x 2)=ln(x 1+a )+x 12+ln(x 2+a )+x 22=ln[(x 1+a )(x 2+a )]+(x 1+x 2)2-2x 1x 2,而ln[(x 1+a )(x 2+a )]=ln 12,(x 1+x 2)2-2x 1x 2=(-a )2-2×12=a 2-1,所以f (x 1)+f (x 2)=ln 12+a 2-1>ln 12+1=ln e2.对点训练2解(1)由题意得x ∈(0,+∞),f'(x )=xx-1-x x 2=-x 2-xx +x x 2,令g (x )=x 2-mx+m ,Δ=m 2-4m=m (m-4).①当0≤m ≤4时,Δ≤0,g (x )≥0恒成立,则f'(x )≤0,f (x )在(0,+∞)上单调递减. ②当m<0时,Δ>0,函数g (x )与x 轴有两个不同的交点x 1,x 2(x 1<x 2), x 1+x 2=m<0,x 1x 2=m<0,则x 1<0,x 2>0,所以当x ∈(0,x +√x 2-4x2)时,g (x )<0,f'(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈(x +√x 2-4x2,+∞)时,g (x )>0,f'(x )<0,f (x )单调递减.③当m>4时,Δ>0,函数g (x )与x 轴有两个不同的交点x 1,x 2(x 1<x 2), x 1+x 2=m>0,x 1x 2=m>0,则x 1>0,x 2>0,所以x ∈(0,x -√x 2-4x2)时,g (x )>0,f'(x )<0,f (x )单调递减;x ∈(x -√x 2-4x2,x +√x 2-4x2)时,g (x )<0,f'(x )>0,f (x )单调递增;x ∈(x +√x 2-4x2,+∞)时,g (x )>0,f'(x )<0,f (x )单调递减.综上所述,当0≤m ≤4时,f (x )在(0,+∞)上单调递减.当m<0时,x ∈(0,x +√x 2-4x2)时,f (x )单调递增;x ∈(x +√x 2-4x2,+∞)时,f (x )单调递减.当m>4时,x ∈0,x -√x 2-4x2时,f (x )单调递减;x ∈(x -√x 2-4x2,x +√x 2-4x2)时,f (x )单调递增;x ∈(x +√x 2-4x2,+∞)时,f (x )单调递减.【例3】72或2 解析由题可得c=√5.若∠PF 2F 1=90°,则|PF 1|2=|PF 2|2+|F 1F 2|2,又因为|PF 1|+|PF 2|=6,|F 1F 2|=2√5, 解得|PF 1|=143,|PF 2|=43,所以|xx 1xx 2|=72.若∠F 1PF 2=90°, 则|F 1F 2|2=|PF 1|2+|PF 2|2, 所以|PF 1|2+(6-|PF 1|)2=20, 所以|PF 1|=4,|PF 2|=2, 所以|xx1xx 2|=2.综上知,|xx 1xx 2|的值为72或2.对点训练312或32 解析不妨设|PF 1|=4t ,|F 1F 2|=3t ,|PF 2|=2t ,其中t ≠0.若该曲线为椭圆,则有|PF 1|+|PF 2|=6t=2a ,|F 1F 2|=3t=2c ,e=x x =2x 2x =3x 6x =12;若该曲线为双曲线, 则有|PF 1|-|PF 2|=2t=2a ,|F 1F 2|=3t=2c ,e=x x =2x 2x =3x 2x =32.二、转化化归思想 思想分类应用【例1】(1)A (2)252 解析(1)由于e 416=e 442,e 525=e 552,e 636=e 662,故可构造函数f (x )=e xx 2,只研究x>0的部分.f (4)=e 416,f (5)=e 525,f (6)=e 636.而f'(x )=(e xx 2)'=e x ·x 2-e x ·2xx 4=e x (x 2-2x )x 4=e x (x -2)x 3.令f'(x )>0,得x>2,即函数f (x )在(2,+∞)内单调递增,因此有f (4)<f (5)<f (6),即e 416<e 525<e 636.(2)因为实数a ,b ,c ,d 满足x -2e x x=2-xx -1=1,所以b=a-2e a,d=3-c ,所以点(a ,b )在曲线y=x-2e x上,点(c ,d )在曲线y=3-x 上,(a-c )2+(b-d )2的几何意义就是曲线y=x-2e x上的点到曲线y=3-x 上的点的距离的平方,最小值即为曲线y=x-2e x上与直线y=3-x 平行的切线,因为y'=1-2e x ,求曲线y=x-2e x上与直线y=3-x 平行的切线, 即y'=1-2e x=-1,解得x=0,所以切点为(0,-2), 该切点到直线y=3-x 的距离为d=√1+1=5√22,即d 为所求两曲线间的最小距离,所以(a-c )2+(b-d )2的最小值为d 2=252. 对点训练1B 解析设f (x )=x +1e x,则f'(x )=-xe x ,令f'(x )>0,解得x<0,令f'(x )<0,解得x>0,则f (x )在(-∞,0)内单调递增,在(0,+∞)上单调递减, 若0<x<1,则0<x 2<x<1<ln3, 因此f (x 2)>f (x )>f (ln3), 即x 2+1ex 2>x +1e x>ln3+13,故选B .【例2】4√5 解析由题意,令2c =e ,设a =(1,0),b =(0,1),e 对应的点C (x ,y )在单位圆上,所以问题转化为求|a +2e |+|6a +4b -e |的最小值.因为|a +2e |=|2a +e |,所以|a +2e |+|6a +4b -e |=|2a +e |+|6a +4b -e |=√(x +2)2+x 2+√(x -6)2+(x -4)2,即表示C 点到点(-2,0)和(6,4)的距离之和,过点(-2,0)和(6,4)的直线为x-2y+2=0,原点到直线x-2y+2=0的距离为√1+(-2)2=√5<1,所以该直线与单位圆相交,所以|a +2e |+|6a +4b -e |的最小值为点(-2,0)和(6,4)之间的距离,即d=√(-2-6)2+(0-4)2=4√5.对点训练2(1)B (2)C 解析(1)函数f (x )=x 2-2tx+1在区间(-∞,1]上单调递减,所以其图象的对称轴x=t ≥1.则在区间[0,t+1]上,0距对称轴x=t 最远,故要使得对任意的x 1,x 2∈[0,t+1],都有|f (x 1)-f (x 2)|≤2,只要f (0)-f (t )≤2即可,即1-(t 2-2t 2+1)≤2,解得-√2≤t ≤√2. 又因为t ≥1,则1≤t ≤√2.故选B . (2)∵(S n +1)(S n+2+1)=(x +1+1)2,令b n =S n +1,∴b n ·b n+2=x x +12,可得{b n }为等比数列,设其公比为q ,b 1=S 1+1=a 1+1=2,b 2=S 2+1=a 1+a 2+1=4,∴q=x2x 1=2,∴b n =b 1·q n-1=2×2n-1=2n .S n =b n -1=2n -1,故选C .【例3】(-23,1) 解析由题意,知g (x )=3x 2-ax+3a-5,令φ(a )=(3-x )a+3x 2-5,-1≤a ≤1.问题转化为对-1≤a ≤1,恒有g (x )<0,即φ(a )<0,所以{x (1)<0,x (-1)<0,即{3x 2-x -2<0,3x 2+x -8<0,解得-23<x<1. 故当x ∈(-23,1)时,对满足-1≤a ≤1的一切a 的值,都有g (x )<0. 对点训练3(-∞,-1]∪[0,+∞) 解析因为f (x )是R 上的增函数,所以1-ax-x 2≤2-a ,a ∈[-1,1].(*)(*)式可化为(x-1)a+x 2+1≥0对a ∈[-1,1]恒成立. 令g (a )=(x-1)a+x 2+1,则{x (-1)=x 2-x +2≥0,x (1)=x 2+x ≥0,解得x ≥0或x ≤-1.即实数x 的取值范围是(-∞,-1]∪[0,+∞). 【例4】C 解析不等式xy ≤ax 2+2y 2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立,等价于a ≥x x-2(x x )2对于x ∈[1,2],y ∈[2,3]恒成立,令t=xx ,则1≤t ≤3,∴a ≥t-2t 2在[1,3]上恒成立,令f (t )=-2t 2+t ,则f (t )=-2t 2+t=-2(x -14)2+18,∴当t=1时,f (x )取最大值,f (x )max =-1,即a ≥-1,故a 的取值范围是[-1,+∞).故选C .对点训练4(1)D 解析令f (x )=x 2-2x lg b+lg b lg c ,则lg a 为f (x )的零点,且该函数图象的对称轴为x=lg b ,故Δ=4lg 2b-4lg b lg c ≥0. 因为b>1,c>1,故lg b>0,lg c>0, 所以lg b ≥lg c ,即b ≥c.又f (lg b )=lg b lg c-lg 2b=lg b (lg c-lg b ),f (lg c )=lg 2c-lg b lg c=lg c (lg c-lg b ),若b=c ,则f (lg b )=f (lg c )=0,故lg a=lg b=lg c ,即a=b=c.若b>c ,则f (lg b )<0,f (lg c )<0,利用二次函数图象,可得lg a<lg c<lg b 或lg c<lg b<lg a ,即a<c<b 或c<b<a.故选D .(2)解因为当t ∈[-1,+∞),且x ∈[1,m ]时,x+t ≥0,所以f (x+t )≤3e x 等价于e x+t≤e x ,则t ≤1+ln x-x.所以原命题等价转化为:存在实数t ∈[-1,+∞),使得不等式t ≤1+ln x-x 对任意x ∈[1,m ]恒成立.令h (x )=1+ln x-x (1≤x ≤m ).因为h'(x )=1x -1≤0,所以函数h (x )在[1,+∞)内为减函数. 又x ∈[1,m ],所以h (x )min =h (m )=1+ln m-m.所以要使得对任意x ∈[1,m ],t 值恒存在,只需1+ln m-m ≥-1. 因为h (3)=ln3-2=ln (1e ·3e )>ln 1e=-1,h (4)=ln4-3=ln1e·4e 2<ln 1e =-1,且函数h (x )在[1,+∞)内为减函数,所以满足条件的最大整数m 的值为3. 【例5】(-373,-5) 解析g'(x )=3x 2+(m+4)x-2,若g (x )在区间(t ,3)上总为单调函数,则有两种情况:①g'(x )≥0在(t ,3)上恒成立;②g'(x )≤0在(t ,3)上恒成立.由①得3x 2+(m+4)x-2≥0,即m+4≥2x -3x 在x ∈(t ,3)上恒成立,即m+4≥2x -3t 恒成立,则m+4≥-1,即m ≥-5;由②得m+4≤2x -3x在x∈(t,3)上恒成立,则m+4≤23-9,即m≤-373.综上所述,函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为(-373,-5).对点训练530解析根据题意,用间接法分析:先将甲、乙、丙、丁4人分成3组,再将分成的三组分别参加3个项目,有C42×A33=6×6=36种不同的安排方案,其中甲、乙参加同一个项目,则丙、丁参加另外的2个项目,有A33=6种情况,则甲、乙2人不能参加同一个项目的安排方案有36-6=30种.。
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则 f(x)max＞m－1．
即－ln m＞m－1，ln m＋m－1＜0 成立，
令 g(x)＝x＋ln x－1(x＞0)，
因为 g′(x)＝1＋1x＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 且 g(1)＝0， 所以 0＜m＜1． 所以实数 m 的取值范围是(0,1)．
几种常见的由参数变化引起的分类与整合 (1)含有参数的不等式的求解． (2)含有参数的方程的求解． (3)对于解析式系数含参数的函数，求最值或单调性问题． (4)二元二次方程表示曲线类型的判定等． (5)直线与圆锥曲线位置关系的分类．
02 思想方法 • 应用
应用一 由概念、性质、运算引起的分类与整合
典例1
(1)(2020·江 西 师 范 附 属 模 拟 ) 已 知 函 数 f(x) ＝
－2x－lo2－g213，－xx≥，2 x<2 若 f(2－a)＝1，则 f(a)等于
(A )
A．－2
B．－1
C．1
D．2
(2)(2019·阜阳模拟)等比数列{an}中，a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18， 则{an}的前 9 项和 S9＝__1_4_或__2_6__.
则 0＜x＜ mm，令 f′(x)＜0，则 x＞ mm，
所以
f(x)在0，
mm上单调递增，在
mm，＋∞上单调递减．
(2)由(1)知，当
f(x)有极值时，m＞0，且
f(x)在0，
mm上单调递增，
在
mm，＋∞上单调递减．
所以
f(x)max＝f
mm＝2ln
mm－m·m1 ＋1＝－ln
m，
若存在 x0，使得 f(x0)＞m－1 成立，
第三部分
思想篇•素养升华
第2讲 分类讨论思想
1 思想方法 • 解读 2 思想方法 • 应用
01 思想方法 • 解读
分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”．用分类讨论的 思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机→确定分类 的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类是否完备(即分类对 象彼此交集为空集，并集为全集)．做到“确定对象的全体，明确分类 的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论．
则有 x2－2px＋y2＝0，又∵y2＝4px，∴x2＋2px＝0， 解得 x＝0 或 x＝－2p，当 x＝0 时，不构成三角形． 当 x＝－2p(p＞0)时，与点 P 在抛物线上矛盾． ∴符合要求的点 P 有 4 个．
图形位置或形状的变化中常见的分类 (1)圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线分类讨论． (2)求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同分类讨论． (3)相关计算中，涉及图形问题时，常按图形的位置不同，大小差 异分类讨论．
பைடு நூலகம்用三 由变量或参数引起的分类与整合
典例3 (2020·南昌模拟)设函数f(x)＝2ln x－mx2＋1． (1)讨论函数f(x)的单调性； (2)当f(x)有极值时，若存在x0，使得f(x0)＞m－1成立，求实数m的 取值范围．
【解析】 (1)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝2x－2mx＝－2mxx2－1， 当 m≤0 时，f′(x)＞0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 m＞0 时，令 f′(x)＞0，
【解析】 (1)当 6 是下底面周长，4 是三棱柱的高时， 体积 V＝2× 3×21×4＝4 3； 当 4 是下底面周长，6 是三棱柱的高时， 体积 V＝43×233×12×6＝833.
(2)当|PO|＝|PF|时，点 P 在线段 OF 的中垂线上，此时，点 P 的位置 有两个；当|OP|＝|OF|时，点 P 的位置也有两个；对|FO|＝|FP|的情形， 点 P 不存在．事实上，F(p,0)，若设 P(x，y)，则|FO|＝p，|FP|＝ x－p2＋y2， 若 x－p2＋y2＝p，
典例2 (1)(2020·启东中学月考)已知正三棱柱的侧面展开图
是边长分别为 6 和 4 的矩形，则它的体积为
(D )
A．8
3 3
B．4 3
C．2
3 9
D．4
3或8
3 3
(2)(2020·广州质检)抛物线 y2＝4px(p＞0)的焦点为 F，P 为其上的一
点，O 为坐标原点，若△OPF 为等腰三角形，则这样的点 P 的个数为__4__.
【解析】 (1)①当 2－a≥2，即 a≤0 时，22－a－2－1＝1， 解得 a＝－1， 则 f(a)＝f(－1)＝－log2[3－(－1)]＝－2； ②当 2－a<2 即 a>0 时，－log2[3－(2－a)]＝1， 解得 a＝－12，舍去．所以 f(a)＝－2．故选 A．
(2)由题意得 q2＝aa31＋＋aa64＋＋aa97＝9，q＝±3， ①当 q＝3 时，a2＋a5＋a8＝3(a1＋a4＋a7)＝6， S9＝2＋6＋18＝26； ②当 q＝－3 时，a2＋a5＋a8＝－3(a1＋a4＋a7)＝－6， S9＝2－6＋18＝14，所以 S9＝14 或 26．
数学概念运算公式中常见的分类 (1)由二次函数、指数函数、对数函数的定义，直线的倾斜角、向 量的夹角的范围等引起分类讨论． (2)由除法运算中除数不为零，不等式两边同乘以(或除以)同一个 数(或式)时的不等号等引起分类讨论． (3)由数学公式、定理、性质成立的条件等引起分类讨论．
应用二 由图形位置或形状引起的分类与整合